2026届高三物理二轮复习跟踪训练：第8讲 动量定理 动量守恒定律

第8讲 动量定理 动量守恒定律 跟综训练 基础练 1、 选择题: 1.塑胶跑道由一种特殊的材料制成,这种材料具备良好的减震和回弹效果。经测试,将一重为G的鸡蛋分别从水泥路面和塑胶跑道路面上方相同高度自由释放,碰后鸡蛋的速度均变为零。已知鸡蛋与水泥路面的碰撞时间为t0,鸡蛋受到水泥路面的平均作用力为4G;鸡蛋与塑胶跑道路面的撞击时间为3t0,则鸡蛋受到塑胶跑道路面的平均作用力为(　　) A.1.5G B.2G C.2.5G D.G 2.如图所示,物块A、B静止在光滑水平地面上,A与轻弹簧相连,C沿水平面以一定初速度向右运动,与B碰后粘在一起,二者向右运动一小段距离后与弹簧接触,一段时间后与弹簧分离,则(　　) A.A加速过程中,加速度越来越大 B.A、B、C共速时,B所受合力为0 C.A、B、C共速时,弹簧弹性势能最大 D.B、C碰撞过程中,B、C系统机械能守恒 3.如图所示,两辆完全相同的小车都静止在光滑水平面上,车上各站着一人,人与车总质量均为M,甲、乙中的一人手持一质量为m的篮球。从某时刻起,持球人将篮球以水平速度v抛给另一人,另一人接到球后,又把球抛给对方……,直到最终球被甲、乙两人中的一人接住而不再抛出,这时甲、乙的速率分别为v甲、v乙。下列判断正确的是(　　) A.第一次抛接球的过程,抛球人获得的速度为 B.第一次抛接球的过程,接球人获得的速度为 C.若v甲<v乙,说明甲是最终的持球人 D.若v甲>v乙,说明乙是开始的持球人 4.如图所示,在光滑水平面上,半径相同的匀质小球1、2、3质量分别为2m、m、m。其中2、3用轻质弹簧连接,开始三个小球均处于静止状态,弹簧处于原长。现给小球1一初速度v0,使其与球2发生正碰,碰撞时间极短。碰后瞬间小球1、2、3的速度v1、v2、v3可能是(　　) A.v1=0,v2=2v0,v3=0 B.v1=0,v2=v0,v3=v0 C.v1=v0,v2=v0,v3=v0 D.v1=v0,v2=v0,v3=0 5.(2025·甘肃卷)如图,小球A从距离地面20 m处自由下落,1 s末恰好被小球B从左侧水平击中,小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同,碰撞为完全弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,则碰撞前小球B的速度大小v为(　　) A.1.5 m/s B.3.0 m/s C.4.5 m/s D.6.0 m/s 6.(多选)质量为2 kg的物体在光滑的水平地面上做匀速直线运动。t=0时刻起沿运动方向所在直线对物体施加力F的作用,F随时间t变化的关系如图甲所示,物体的速度v随时间t变化的关系如图乙所示,重力加速度大小g=10 m/s2。则(　　) A.t=0时刻物体的速度为2 m/s B.t=2 s时刻物体的动量为6 kg·m/s C.在0~4 s内,合力对物体的冲量为零 D.在0~4 s内,力F对物体所做的功为8 J 7.(多选)在无风的条件下,雨滴在空中下落,由于空气阻力的影响,最终会以恒定的速度下降,这个速度叫作收尾速度。质量为m(保持不变)的雨滴从静止开始下落,经过时间t,下降了高度h,恰好达到收尾速度vm。已知空气对下落雨滴的阻力与雨滴的速度成正比,即f=kv,k为已知常量,重力加速度大小为g。下列关系式正确的是(　　) A.vm= B.vm= C.h= D.h= 提能增分练 一．选择题: 8.如图甲所示,通过轻弹簧相连的物块P和物块Q静置于光滑水平地面上,初始时弹簧处于原长。t=0时刻,物块P获得水平向右的速度v0,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。已知物块P的质量为m,0~t2时间内,关于物块P和物块Q运动的位移,下列说法正确的是(　　) A.物块P位移的大小为v0t2 B.物块P位移的大小为v0t2 C.物块Q位移的大小为v0t2 D.物块Q位移的大小为v0t2 9.在光滑水平面上放有一质量为3m的小车,一质量为m的小球用长为L的轻质细线悬挂于小车顶端。现从图中位置(细线伸直且水平)同时由静止释放小球和小车,设小球到达最低点时的速度为v。从释放到小球达最低点过程中,细线对小球做的功为W。从释放开始小车离开初位置的最大距离为d,则下列关系式正确的是(　　) A.v= B.v= C.W=- D.d= 10.(多选)(2025·八省联考四川卷)如图所示,小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度,静止时恰好接触,拉起X,使其在竖直方向上升高度h后由静止释放,X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动,上升最大高度均为,若X、Y质量分别为mX和mY,碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2,则(　　) A.=1 B.=2 C.=2 D.=4 11.(多选)(2025·福建卷)如图,水平传送带顺时针转动,速度大小恒为1 m/s, 物块A、B由一根轻弹簧相连,A的质量为1 kg,B的质量为2 kg,A与传送带间的动摩擦因数为0.5,B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t=0时,A速度大小为v0=2 m/s,方向水平向右,B的速度为零,弹簧处于原长状态。t=t0时,A与传送带第一次共速,此时弹簧弹性势能Ep=0.75 J,传送带足够长,A可留下痕迹,重力加速度g取10 m/s2,弹簧始终处于弹性限度内。则(　　) A.在t=时,B的加速度大小大于A的加速度大小 B.t=t0时,B的速度为0.5 m/s C.t=t0时,弹簧的压缩量为0.2 m D.0~t0过程,传送带上的痕迹小于0.05 m 培优练 1． 计算题: 12.如图所示,质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧体b静止在光滑的水平面上,圆弧面的最低点与水平面上的A点对齐,且与水平面相切,水平面仅A、B部分粗糙,AB部分长为R。现将质量为m、可视为质点的物块a从圆弧面的最高点由静止释放,物块a滑过AB段与静止在水平面上B点、可视为质点的物块c发生弹性碰撞,第二次滑过AB段后,恰好不再能滑上圆弧面。已知物块c的质量为3m,重力加速度大小为g,不计空气阻力,求: (1)物块a从释放运动到圆弧面最低点时,圆弧体运动的距离为多少? (2)物块a第一次运动到A点时速度为多大? (3)物块a与水平面AB部分间的动摩擦因数。 13.(2025·河北卷)如图,一长为2 m的平台,距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点,不考虑空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离; (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m,物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中,所受弹力冲量的大小,以及物块弹离地面时水平速度的大小。 参考答案： 1.答案　B解析　设鸡蛋自由落体阶段末速度为v,两次下落高度相等,落地瞬间的速度也相等,碰水泥路面的过程,由动量定理得Gt0-4Gt0=0-mv,鸡蛋碰塑胶跑道路面的过程,由动量定理得G·3t0-F·3t0=0-mv,解得F=2G,故B正确。 2.答案　C解析　A加速过程中,弹簧压缩量先逐渐增大,达到最大压缩量之后又逐渐减小,所以A受到的弹簧弹力先增大后减小,则A的加速度先增大后减小,A错误;A、B、C共速时,弹簧的压缩量达到最大,弹簧弹性势能最大,此时B、C整体受到的弹力不为0,B、C整体的加速度不为0,则B的加速度不为0,所受合力不为0,B错误,C正确;B、C碰后粘在一起,属于完全非弹性碰撞,所以B、C碰撞过程中,B、C系统机械能不守恒,D错误。 3.答案　C解析　第一次抛接球的过程,对抛球人、车和球组成的系统由动量守恒定律有mv=Mv',可得抛球人获得的速度为v'=,故A错误;第一次抛接球的过程,对抛球人、车和球组成的系统由动量守恒定律有mv=(M+m)v″,接球人获得的速度为v″=,故B错误;从开始抛球到最终,有Mv1=(M+m)v2,若v甲<v乙,说明甲是最终的持球人;若v甲>v乙,说明乙是最终的持球人,故C正确,D错误。 4.答案　D解析　球1、2碰撞时间极短,即Δt→0,碰后瞬间球2获得速度v2,碰撞过程球2发生的位移Δx2=Δt→0,即球2位置还未来得及改变,弹簧弹力为0,球3受到的冲量为0,球3的速度v3=0,故B、C错误;碰撞前、后球1、2动量守恒,有2mv0=2mv1+mv2。碰撞过程动能不增加,有×2m≥×2m+m,故A错误,D正确。 5.答案　B解析　设小球的质量为m,碰撞前小球B的水平速度为v,碰撞后A球水平速度为v1,B球水平速度为v2,根据题意可知,小球A和B碰撞过程中,水平方向上动量守恒,则有mv=mv1+mv2,竖直方向上小球A的竖直速度vA不变,碰撞为完全弹性碰撞,则由能量守恒定律有mv2+m=m+m+m,联立解得v1=v,v2=0,小球A在竖直方向上做自由落体运动,则有h=gt2,解得t=2 s,可知碰撞后,小球A运动t'=1 s落地,则水平方向上有x=vt',解得v=3.0 m/s,故B正确。 6.答案　BD解析　由题图,根据动量定理可知,在0~3 s内,有2×2 N·s-(3-2)×6 N·s=0-mv0,解得v0=1 m/s,A错误;在0~2 s内,有2×2 N·s=mv1-mv0,解得mv1=6 kg·m/s,B正确;在0~4 s内,有I=2×2 N·s-(4-2)×6 N·s=-8 N·s,C错误;在0~4 s内,有 I=mv2-mv0,则4 s时物体速度v2=-3 m/s,根据动能定理,在0~4 s内,有W=m-m=8 J,D正确。 7.答案　AD解析　雨滴在空中恰好达到收尾速度时,由力的平衡条件得mg=kvm,解得vm=,A正确,B错误;雨滴从静止开始下落,取极短时间Δt,对雨滴根据动量定理有mgΔt -kvΔt=mΔv,等式两边累加可得mgt-kh=mvm,解得h=,C错误,D正确。8.答案　D解析　0~t1时间内,根据动量守恒定律有mv0=(m+mQ)·v0,解得mQ=m,由于P、Q构成的系统从0时刻到任意时刻间的动量均守恒,则有mv0t2=mt2+mQt2,即有mv0t2=mxP+mQxQ,在t2时刻,P的速度减至最小,Q的速度增加至最大,可知此时刻弹簧再一次恢复原长,由于0时刻弹簧处于原长,可知,t2时刻P、Q两物块的位移相等,即xP=xQ,联立解得xP=xQ=v0t2,故D正确。 9.答案　C解析　从释放到小球到达最低点过程中,由水平方向动量守恒定律和能量守恒定律得0=mv-3mv1,mgL=mv2+×3m,解得v=,故A、B错误;对小球,由动能定理得mgL+W=mv2,解得W=-,故C正确;从释放开始小车离开初位置的最大距离发生在小球摆至最高点时,此时小球与车的速度均为零,由能量守恒定律知小球回到原高度,由人船模型得mx=3md,d+x=2L,解得d=,故D错误。 10.答案　AC解析　小球X由最高点运动到最低点与小球Y发生碰撞前,根据机械能守恒定律有mXgh=mX=Ek1,两球碰撞后一起上升到最高点的过程,根据机械能守恒定律有Ek2=(mX+mY)=(mX+mY)g·,两球碰撞过程,根据动量守恒定律有mXv1=(mX+mY)v2,联立解得=1,=2,故A、C正确。 11.答案　BD解析　设t=t0时A、B的运动速度分别为vA、vB,在t=0时,A、B组成的系统受力平衡,则其动量守恒,假设0~t0时间内,A、B组成的系统动量守恒,由动量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB,代入数据解得vB=0.5 m/s<1 m/s,假设成立,B正确;在0~t0时间内,由牛顿第二定律可知,A的加速度大小始终是B的加速度大小的2倍,A错误;0~t0时间内,对A、B和弹簧组成的系统由能量守恒定律可知mA+μBmBgxB-μAmAgxA=mA+mB+Ep,又t=t0时弹簧的压缩量Δx=xA-xB,联立解得Δx=0.1 m,C错误;结合A、B项分析可作出A、B的v-t图像如图所示,结合图像可知,A与传送带的相对位移x相A小于B与传送带的相对位移x相B,又x相A+x相B=0.1 m,所以A与传送带的相对位移(痕迹长度)小于0.05 m,D正确。 12.答案　(1)R　(2)　(3) 解析　(1)物块a在圆弧面上运动时,物块a和b组成的系统水平方向动量守恒,则m=3m 两边同乘以t后,有mxa=3mxb 又因为xa+xb=R 解得xb=R。 (2)设物块a第一次运动到A点时速度为v1,圆弧体的速度为v2, 水平方向根据动量守恒定律有mv1=3mv2 根据机械能守恒定律有mgR=m+×3m 解得v1=,v2=。 (3)设物块a与物块c作用前的速度为v3,根据动能定理有-μmgR=m-m 设a与c作用后一瞬间速度为v4,物块c的速度为v5,a与物块c作用过程, 根据动量守恒定律有mv3=mv4+3mv5 根据机械能守恒定律,有m=m+×3m 解得v4=-v3,v5=v3 由于物块a刚好不再能滑上圆弧面,故物块a第二次滑过AB段后的速度大小等于v2,根据动能定理有-μmgR=m-m 解得μ=。 13.答案　(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 解析　(1)小物块在平台上做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得a=μg 设小物块离开平台的速度为v1 则小物块从开始运动到离开平台,有-=-2ax0 解得v1=1 m/s 小物块从平台飞出后做平抛运动有h=g,x=v1t1 联立解得t1=0.6 s,x=0.6 m。 (2)物块第一次落到地面弹起至最大高度,竖直方向有h'=g 解得t2=0.3 s 则物块与地面接触的时间Δt=t-t1-t2=0.1 s 物块与地面接触的过程中根据动量定理,取竖直向上为正方向, 在竖直方向有I-mgΔt=mvy2-m(-vy1) 其中vy1=gt1,vy2=gt2 解得I=0.1 N·s 取水平向右为正方向,在水平方向有-μFNΔt=mvx'-mv1,又I=FNΔt 解得vx'=-1 m/s 由于vx'减小为0将无相对运动和相对运动的趋势,因此vx'=0。 学科网（北京）股份有限公司 $